Categoría: Física

Confesiones de un profesor de física: Eric Mazur

Esta conferencia de Eric Mazur debería hacernos pensar a todos los profesores de física. No es un gurú pedagógico, sino uno de los nuestros.

(Sólo tiene los subtítulos automáticos, pero se entiende muy bien su inglés.)

Muchas cosas de las que dice las hemos vivido todos. Y otras las sospechábamos. Por ejemplo, cuando explica (en t=13’13”) el resultado de un estudio que comparó el aprendizaje de alumnos de distintos profesores, clasificados por su competencia:

¿And you know what? No difference. No difference between the award-winning teacher and the winner who scores extremely low at the end of the semester. In other words, it does not make any difference what we do in front of our students: they learn next to nothing. Well, I felt challenged.

Este tipo de cosas le llevaron a concebir la peer instruction (enseñanza por pares, aquí su web). Si me lo contara un gurú pedagógico desconfiaría, pero a Eric Mazur sí le creo.

(Con mi agradecimiento a Pedro Ramos que me lo descubrió en un comentario)

Emulando a Galileo… con el móvil.

Hace 400 años hizo falta un genio como Galileo para demostrar la ley de caída de los cuerpos. Tuvo que superar muchas dificultades, algunas conceptuales (había que dejar de ver el mundo con los ojos de Aristóteles) y otras experimentales (no es nada fácil tomar medidas de la caída libre de un cuerpo: ¡todo ocurre demasiado deprisa!).

Para retardar la caída, Galileo tuvo la idea de usar una bolita rodando por un plano inclinado. Aun así, no podía medir velocidades, y ni siquiera valores absolutos de los tiempos, sólo medir (más o menos) los espacios recorridos en tiempos iguales. Consiguió demostrar, de todos modos, que el espacio recorrido aumenta proporcionalmente al cuadrado del tiempo, y que esto significa que la velocidad aumenta en proporción al tiempo. Es decir, que se trata de lo que hoy llamamos un movimiento uniformemente acelerado.

Hemos progresado mucho desde los tiempos de Galileo. En el bolsillo llevamos un instrumento científico de una precisión con la que él no pudo soñar: el teléfono móvil.  ¿Podríamos usarlo para demostrar lo que a él le costó tanto esfuerzo? La respuesta es que sí, y que ni siquiera necesitamos plano inclinado. Podemos grabar la caída libre de una pelota y verificar que el espacio recorrido aumenta en proporción al cuadrado del tiempo. Y resulta incluso que, con un poco de ingenio, podemos medir casi directamente la velocidad, y comprobar que aumenta en proporción al tiempo. Este es el trabajo que propuse hace ya más de tres meses a los alumnos de 2º de la ESO del PEAC de Madrid Este (ver este post). Ya era hora de que lo contara aquí.

FOTOS EXPERTO_30 ENERO_JUAN MELENDEZ 002

Hemos utilizado el vídeo que ya colgué en su día:

La idea es extraer de la película los fotogramas uno a uno y a partir de ellos, sacar la posición de la pelota en función del tiempo.

El proceso, cuando ya se tienen los fotogramas, se explica en este guión. Pero extraer los fotogramas no es tan sencillo como pudiera parecer. La mayoría de los reproductores de vídeo para PCs no lo permiten, y alguno muy popular que sí lo hace (VLC Media Player) no lo hace bien: se salta fotogramas sin avisar y eso es un desastre para nuestros propósitos. Programas profesionales como Matlab lo hacen perfectamente, pero no están al alcance de cualquiera… Finalmente, encontré la solución con GOM Player, un reproductor de vídeo de software libre que extrae sin ningún problema los fotogramas (se explica en el último apartado del guión).

Una vez que tenemos los fotogramas, ¿cuál es el intervalo de tiempo entre ellos? Para algunos formatos de vídeo, lo podemos saber desde el explorador de Windows: con el botón derecho del ratón, elegimos “propiedades”, la pestaña “detalles” y encontramos, por ejemplo, “Velocidad fotograma: 25 fotogramas/segundo”. Tenemos entonces 1/25 = 0,04 s entre cada fotograma. Pero con otros formatos esa información no aparece, por ejemplo, con archivos mpg como la grabación original que utilicé. En ese caso, GOM Player viene al rescate: en el menú, elegimos “información del archivo que se está reproduciendo” (o hacemos Cntrl+F1) y en “información de archivo” encontramos “Frame Rate”, y el número de fotogramas por segundo (fps).

A partir de aquí, se trata sólo de medir sobre los fotogramas las posiciones de la pelota. Con dos marcas en el fondo de la imagen, separadas una distancia conocida (en nuestro caso, 10 cm), podemos hacer la conversión de píxeles a cm. Para facilitar las cuentas, he creado una hoja de cálculo Excel: Caída libre PEAC.xls, donde introduciendo los datos se hace la conversión a cm y la gráfica que muestra la posición frente al tiempo.

¿Y qué hay de medir directamente la velocidad? Lo podemos hacer porque la pelota sale “movida”: se ve como una mancha alargada, tanto más cuanto más deprisa va, debido a que la cámara obtiene los fotogramas con un cierto tiempo de exposición. Hay un único problema: no sabemos cuál es ese tiempo. En el archivo Excel he hecho una pequeña trampa, estimando el tiempo de exposición a partir de la aceleración (medida del ajuste de las posiciones).

Para quien quiera repetir por sí mismo la toma de datos, a partir de las imágenes de mi vídeo, he dejado los fotogramas ya extraídos aquí. Pero lo mejor es realizar todo el proceso uno mismo, con el móvil que lleva en el bolsillo: ¡Cuánto hubiera dado Galileo por poder hacerlo!

¿No será usted aristotélico sin saberlo? (y II)

Monsieur Jourdain, el burgués gentilhombre de Moliere, se quedó muy sorprendido al saber que hablaba en prosa: seguramente pensaba que con ese nombre la “prosa” debía ser un género literario exótico, y no la manera de hablar común y corriente.

No hace falta saber qué es la prosa para hablar en prosa. Y no hace falta saber quién fue Aristóteles para pensar aristotélicamente, porque resulta que es la forma de pensar común y corriente.

En la clase de física nos dicen que para que un cuerpo se mueva no hace falta que actúe ninguna fuerza sobre él: es la primera ley de Newton. Y que si actúa una fuerza sobre él, lo que hace es acelerarlo: segunda ley de Newton. Esto puede parecer bien sobre el papel, pero no casa con la realidad. En el supermercado nos pasamos la tarde empujando el carro… y no vemos que se acelere como dice Newton. Imaginemos un carro de 40 kg, al que empujamos con una fuerza de sólo 10 Nw (la necesaria para sostener un cartón de un litro de leche). La aceleración según Newton sería F/m=10/40=0.25 m/s2, lo que significa que en media hora (1800 s) tendríamos una velocidad de 1800·0.25=450 m/s: ¡habríamos roto la barrera del sonido!

Lo que experimentamos en el supermercado, y prácticamente en todas partes, no se corresponde con la física de Newton sino con la de Aristóteles, que decía que la acción de una fuerza constante produce una velocidad constante. Con nuestros 10 Nw de fuerza mantenemos el carrito a una cierta velocidad, y si empujamos más fuerte, va más deprisa. Nuestra impresión es que la fuerza es proporcional a la velocidad que se consigue.

¿Por qué no superan la velocidad del sonido al cabo de un rato largo?

Vemos así que, en primera aproximación, la física de Aristóteles se parece a la de Newton poniendo “velocidad” donde él pone “aceleración”. Podríamos incluso formular dos leyes de la dinámica de Aristóteles, análogas a las de Newton:

  • Un cuerpo sobre el que no actúa una fuerza permanece en reposo (velocidad=0).
  • Un cuerpo sobre el que actúa una fuerza de mueve con una velocidad proporcional a esa fuerza.

(Aristóteles añadía a la segunda ley el detalle de que para que un cuerpo empiece a moverse, la fuerza que actúe sobre él debe superar un cierto valor umbral, “porque si no fuera así, un hombre podría mover un barco, sólo que con una velocidad extremadamente pequeña”).

Las leyes de Aristóteles no sólo explican muy bien nuestra experiencia empujando el carro del supermercado, sino muchas otras: cuando corremos, nuestro esfuerzo parece, al menos dentro de unos límites, proporcional a la velocidad constante que alcanzamos; conduciendo, el coche va a una velocidad constante que parece proporcional a la potencia que desarrolla el motor, etc. Lo que nunca vemos es que con un esfuerzo o potencia constante vayamos cada vez más y más deprisa. Para acelerar el coche, hay que pisarle. Y por mucho que le pisemos durante mucho tiempo, no rompemos la barrera del sonido: necesitaríamos más potencia, de acuerdo con la idea de que la velocidad es proporcional a la fuerza.

Aunque no hayamos formulado conscientemente estas experiencias y nadie nos haya hablado de las leyes de Aristóteles, sino, al contrario, de las de Newton, lo cierto es que hemos interiorizado la física aristotélica porque así es como funciona el mundo en nuestra experiencia cotidiana: con la “velocidad” haciendo lo que Newton dice que hace la “aceleración”.  Y así llegamos a la pregunta de nuestro test de aristotelismo, que reproduzco aquí ya con los resultados (para las 81 respuestas que había en el momento de escribir esto):

Un balón es lanzado verticalmente hacia arriba con velocidad inicial de 5 m/s. En su posición más alta, el balón…

  1. Tiene aceleración cero [17%]
  2. Tiene una aceleración de 9.8 m/s2 hacia abajo [58%]
  3. Tiene una aceleración de 9.8 m/s2 hacia arriba [0%]
  4. Tiene una aceleración instantánea de 0, que rápidamente pasa a ser 9.8 m/s2 [25%]
  5. Cambia su aceleración de 9.8 m/s2 hacia arriba a 9.8 m/s2 hacia abajo [0%]

La respuesta correcta (newtoniana) es la 2: el balón está sometido a la aceleración de la gravedad, que vale, para todos los objetos, 9.8 m/s2 hacia abajo, independientemente de su masa, estado de movimiento, etc.

La respuesta 3 es absurda, así que no es extraño que no haya cosechado ningún voto. Las otras tres opciones, sin embargo, son más interesantes. La velocidad del balón vale instantáneamente cero en el punto más alto de la trayectoria, donde cambia de sentido. Así que las opciones 1, 4 y 5 (salvo los valores numéricos) serían correctas o casi correctas si cambiáramos “aceleración” por “velocidad”, como tendería a hacer un aristotélico. Sumando el 17% de la opción (1) y el 25% la opción (4), alcanzamos un respetable 42% de respuestas aristotélicas.

Quizá lo más curioso de este resultado es que es casi idéntico al que obtuve cuando hace tres años planteé la misma pregunta a los alumnos de primero de ingeniería mecánica en el primer día de curso. Las respuestas (para una muestra de 99) fueron así: 1=14%, 2=54%, 3=0%, 4=27%, 5=5%: un 46% de aristotélicos.

En resumen: entre los alumnos que empiezan una carrera de ingeniería y entre los inteligentes lectores de este blog, la física aristotélica sigue disputándole la primacía a la física newtoniana, a pesar de que sin duda ambos grupos han estudiado más de un curso de mecánica. No me cabe duda de cuál sería el resultado si preguntáramos a un público sin estudios científicos.

Después de más de dos mil trescientos años y de un número incalculable de planes de estudio, Aristóteles sigue vivo.

¿No será usted aristotélico sin saberlo? (I)

Ahora tiene la ocasión de comprobarlo con este sencillo test. Elija la respuesta correcta (y no se lo piense demasiado, que es muy fácil):

La solución en los comentarios… cuando pasen unos días.

El cocodrilo reconsiderado

Terminamos el post anterior diciendo que el problema del cocodrilo, bien entendido, tiene también su interés desde el punto de vista físico. Vamos a ello.

Como vimos, en el enunciado nos dicen que el tiempo para ir de C (cocodrilo) a Z (cebra) por el camino marcado es:

t(x) = 5 \sqrt{36 + x^2} + 4(20-x)

Cocodrilo_1

¿De dónde sale esta fórmula? Nos la dan gentilmente, así que para resolver el problema no hace falta preguntárselo: la aceptamos y punto. Pero la actitud científica consiste precisamente en no limitarse a aceptar las cosas y punto. Así que, ¿de dónde sale la fórmula?

Si el cocodrilo va a velocidad constante v_A por el agua y v_T por tierra, y las distancias respectivas que recorre son d_A y  d_T, el tiempo que tardará será:

t=\frac{d_A}{v_A} + \frac{d_T}{v_T}

Pero a la vista del dibujo, y usando el teorema de Pitágoras para calcular d_A, tenemos que el tiempo, en función de la distancia x, es:

t(x)=\frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{v_A} + \frac{20-x}{v_T}

Y basta con comparar con la ecuación del enunciado para ver que y=6, v_A=1/5, v_T=1/4. Las unidades de la distancia son metros y las de las velocidades, metros por décima de segundo, así que tenemos que v_A= 2 m/s y v_T = 2,5 m/s.

Ahora empezamos a entender dónde está la gracia del problema. Si el cocodrilo fuera más rápido por agua que por tierra, estaría muy claro lo que tiene que hacer: ir en línea recta. Pero como va más rápido por tierra, puede interesarle dar un pequeño rodeo, recorriendo parte del trayecto por la orilla opuesta: la longitud total recorrida será mayor, pero  puede que el tiempo sea menor. Y ahora no es nada evidente cómo tiene que dar el rodeo: tenemos un problema de optimización.

Lo mismo ocurriría en el caso más general de que la cebra no estuviera a la orilla sino más hacia el interior. Este caso es completamente análogo al del clásico problema del socorrista que ve desde la playa que un bañista se está ahogando.

El socorrista (S) quiere alcanzar al bañista que se ahoga (B) en el menor tiempo posible.

El socorrista (S) quiere alcanzar al bañista que se ahoga (B) en el menor tiempo posible. Los ángulos los necesitaremos luego. De momento, llamamos con el subíndice 1 a todo lo que está a la derecha y con 2 a todo lo que está a la izquierda.

¿Qué tiene que hacer para llegar lo antes posible? Teniendo en cuenta que el socorrista, como el cocodrilo, corre más deprisa que nada, la mejor estrategia no será ir en línea recta. Conviene correr por tierra el todo lo posible… o quizá no: si corremos hasta p’, enfrente del bañista, probablemente estemos alargando demasiado nuestro recorrido, alejándonos demasiado de la recta. Seguramente lo mejor será un compromiso entre velocidad rápida y recorrido corto, un punto como p, que dependerá de la proporción entre las velocidades del socorrista cuando corre y cuando nada.

Cuál es ese compromiso no es nada evidente, pero aquí entra en juego la magia del cálculo diferencial, que nos dice que el tiempo mínimo se consigue cuando la derivada de ese tiempo es cero. Con más precisión: tenemos que escribir una fórmula que nos de t en función de la posición de p (es decir, en función de x1), y el valor de  x1 que haga que la derivada sea cero será el valor para el que t es mínimo.

¡Manos a la obra! A la vista del esquema está claro que:

t=\frac{\sqrt{x_1^2 + y_1^2}}{v_1} + \frac{\sqrt{x_2^2 + y_2^2}}{v_2}=\frac{\sqrt{x_1^2 + y_1^2}}{v_1} + \frac{\sqrt{(h-x_1)^2 + y_2^2}}{v_2}

ya que x_2 = h-x_1. Derivando e igualando a cero:

\frac{d t}{d x_1} = \frac{x_1}{v_1 \sqrt{x_1^2 +y_1^2}} - \frac{h- x_1}{v_2 \sqrt{(h-x_1)^2 +y_2^2}} =0

y sustituyendo ahora h-x_1=x_2,

\frac{x_1}{v_1 \sqrt{x_1^2 +y_1^2}} = \frac{x_2}{v_2 \sqrt{x_2^2 +y_2^2}}

Pero
\frac{x_1}{\sqrt{x_1^2 +y_1^2}}= sen \theta_1 y \frac{x_2}{\sqrt{x_2^2 +y_2^2}}= sen \theta_2

así que la condición que cumple el punto p podemos ponerla de esta manera:

\frac{sen \theta_1}{v_1} = \frac{sen \theta_2}{v_2}

¡Un resultado realmente sencillo! Pero lo mejor de todo es que es un resultado muy conocido: ¡es justamente la ley de Snell de la refracción de la luz! El camino que debería recorrer el socorrista es el camino que recorre la luz cuando atraviesa la intercara entre dos medios en los que se propaga a diferente velocidad.

Fue el genial Pierre de Fermat (el del último teorema) quien estableció que…”El trayecto seguido por la luz al propagarse de un punto a otro es tal que el tiempo empleado en recorrerlo es un mínimo“. Una idea de una suprema elegancia, de la que habría mucho que hablar… pero ya basta por hoy: no dirán que no nos ha llevado lejos el cocodrilo, ¿no?

*

Propina: El lector que no se haya aburrido todavía puede comprobar por sí mismo que el caso del cocodrilo (que está situado justo en la orilla, es decir, en la intercara entre los dos medios) se corresponde justamente con lo que en óptica se llama reflexión total, en concreto al caso de ángulo crítico. Curioso que la caza de cebras, o el rescate de bañistas, resulten ser análogos a la óptica de los prismas, ¿verdad?

¿De verdad es trivial el problema del cocodrilo?

En el post anterior despaché el problema del cocodrilo diciendo que era “una trivialidad” y eso no es del todo justo, por dos razones bien diferentes.

Cocodrilo_enunciado1

La primera es que hay dos cosas en el enunciado que pueden dar lugar a confusión. Una, que el dibujo no está del todo claro: puede entenderse que las distancias se miden desde el cocodrilo, en vez de desde el punto que está enfrente, en la orilla opuesta. Habría sido mejor un esquema más simplificado, como éste:

Cocodrilo_1

Esquema simplificado para el problema del cocodrilo (C) y la cebra (Z). Hemos llamado “y” a la anchura del río.

Otra pega del enunciado es que empieza llamando x a la distancia para la que se minimiza el tiempo…

Cocodrilo_enunciado2

…y a continuación se da una fórmula para el tiempo en la que x es un punto genérico:Cocodrilo_enunciado3

Esto puede inducir a confusión, pero ¿es suficiente para disculpar a los alumnos que encontraron el problema “devastador”? Sólo en parte, porque cualquiera que esté acostumbrado a hacer problemas interpretará estos puntos dudosos de la manera correcta sin dudarlo.

Llegamos aquí a una cuestión importante que suele ignorarse: entender un enunciado no es tan simple como pudiera parecer. Siempre hay muchos convenios implícitos que son obvios para el experto pero no para el novicio. El recién llegado a la física es como Paco Martínez Soria cuando llega a Madrid en “La ciudad no es para mí”. Viene de una cultura diferente y tiene que aprender un montón de cosas que son transparentes para los lugareños, hasta el punto de que éstos no se dan cuenta de que haya nada que aprender y es fácil que lo tomen por tonto.

A la hora de poner un problema, el profesor que sea consciente de esta dificultad “cultural” puede querer explicitar todo al máximo para que no haya malentendidos. Pero entonces el enunciado será demasiado farragoso y algunos no lo entenderán precisamente por eso. El dilema no se puede resolver, pero se debería disolver con el tiempo, según el alumno vaya haciendo suyos los usos y costumbres de la física. Mientras, todo lo que cabe hacer es estar alerta y cuidar al máximo la claridad, pensando y repasando una y otra vez los enunciados, puliéndolos como el poeta pule sus versos.

Siendo como soy consciente de lo difícil que es escribir un buen enunciado, puedo disculpar a los redactores del problema del cocodrilo… pero tengo que reconocer que pudieron hacerlo mejor.

Hay otro sentido en el que el problema del cocodrilo no es trivial, un sentido que tiene más interés desde el punto de vista puramente físico. Pero lo vamos a dejar para el siguiente post.

El dificilísimo problema del cocodrilo

Me acabo de enterar por el ABC del “Complicado problema matemático que hizo llorar a los alumnos escoceses”. Resulta que “un problema matemático dirigido a estudiantes de Escocia que se presentaban a la Scottish Qualifications Authority (SQA), un equivalente a selectividad en España, terminó causando lágrimas de rabia (…) Según informa la BBC, la complejidad de este problema matemático provocó que la nota mínima se tuviera que reducir hasta un 34% en la prueba de mayo, en comparación con el 45% del año anterior. Así, los estudiantes de 16 y 18 años lanzaron sus quejas en redes sociales y se unieron para firmar dos peticiones como protesta contra la excesiva dificultad del problema”.

¿Cuál era el dificilísimo problema? Aquí está:

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En resumen: como el cocodrilo no va igual de rápido por agua que por tierra, el tiempo que tarda en alcanzar a la cebra depende del punto x en el que sale del río (el dibujo muestra que va en línea recta en cada tramo), y nos dan la ecuación que proporciona el tiempo en función de x.
Pregunta (a): ¿Cuánto tarda el cocodrilo si va sólo por agua?¿Y si nada lo menos posible?
Pregunta (b): ¿Para qué valor de x es el tiempo mínimo?

Estoy seguro de que el lector resolverá el apartado (a) en cosa de un minuto. Y el apartado (b) le llevará, si sabe derivar, cinco como mucho.

¿Cómo es posible entonces que esta trivialidad causara “shock y devastación” en palabras de Logan Fraser, un profesor de academia entrevistado por la BBC? Para ser justos, parece que las quejas se referían a la dificultad global del examen, pero lo cierto es que este problema concreto es que se ha convertido en “viral”, como se dice ahora.

Toda la vida los malos estudiantes se han quejado de que los exámenes son difíciles, y han buscado el apoyo del grupo (mucho más reconfortante y barato que reconocer que uno no sabe)…pero ahora tienen twitter, firman peticiones online, y su caso llega a la BBC.

No pasa nada mientras no les empecemos a hacer caso. Pero, ya que estas tormentas de ignorancia desbordan ahora el vaso de agua, y se desparraman por los medios, ¿podemos aprender algo de ellas?

Que este problema resulte difícil es revelador de muchas cosas. Por un lado, del déficit de comprensión oral. Nuestro Mr Fraser se quejaba de que: “las preguntas fueran tan prolijas, que hubiera que leerlas varias veces para entender exactamente lo que quería decir, sin importar qué fórmula hubiera que utilizar o cómo solucionarlo”. Mi experiencia es que los alumnos españoles llegan a primero de carrera con graves dificultades para entender un texto que sea mínimamente complicado, como el del enunciado del problema (no digamos si el texto va más allá de la mera función enunciativa y tiene matices poéticos o irónicos…, pero vamos a quedarnos en las matemáticas)

Nuestra enseñanza de las ciencias no hace nada por mejorar esta comprensión: al contrario, agrava el problema. Año tras año, los alumnos se entrenan en resolver “problemas tipo” que no exigen pensar. Los enunciados son previsibles, variaciones sobre un mismo tema que siempre apuntan a una fórmula del libro, que lo resuelve todo. El problema de este enunciado es que no es estándar, no es lo que los alumnos esperaban. Y por eso están indignados: llevan años jugando al mismo juego y cuando les examinan ¡les preguntan por un cocodrilo y sale una fórmula rara que no viene en ningún libro!

Por mi parte, el problema me parece muy bien. Y yo le añadiría dos preguntas más:

  • ¿Qué velocidad tiene el cocodrilo cuando va por el agua?¿Y cuando va por tierra?
  • ¿Qué anchura tiene el río?

¿Se animan a responderlas?

Con esto habría quedado un problema más redondo… pero las quejas a lo mejor llegaban ya no sólo hasta la BBC y el ABC, sino hasta la CBS y la NBC…

Ola de calor (y V): Una postdata

Autor: Vaya, yo creía que habíamos acabado…

Lector: Es que buscando en internet me ha surgido una duda… ¿Le importa que le pregunta mientras se acaba el granizado?

A.: Claro que no, pero con este calor el granizado se derrite corriendo. ¿Será breve, no?

L.: Muy breve. Busqué la ley de Stefan-Boltzmann en la Wikipedia y me encontré que la fórmula del post anterior, esta:

J=\sigma T^4

sólo es válida para un “cuerpo negro” que por lo visto es un objeto que absorbe toda la radiación que le llega. Pero en general hay que usar esta ecuación:

J= \epsilon \sigma T^4

que está modificada por un factor \epsilon que se llama emisividad y está entre cero y uno. Así que repasando lo que hacíamos ayer veo que hemos ignorado esa emisividad, que es lo mismo que hacer que valga uno. ¿Pero por qué va a tener que valer uno la emisividad de la chapa?

A.: Ya veo. Es que en realidad, la temperatura que nos sale no depende de la emisividad. Si, por ejemplo, \epsilon=0,2, se emite el 20% de lo que se emitiría si fuera \epsilon=1. Pero también se absorbe el 20% de lo que se absorbería si fuera \epsilon=1, porque resulta que la fracción de la radiación incidente que se absorbe ¡es justamente \epsilon! Esa fracción suele llamarse absortancia, \alpha, pero resulta que la absortancia es igual que la emitancia: \alpha = \epsilon.

L.: O sea que la ecuación que usábamos se convertiría en:

\epsilon \sigma T_p^4 = \alpha 697 \,\, W/m^2

pero como \alpha = \epsilon, se simplifica y queda

\sigma T_p^4 = 697 \,\, W/m^2

que es lo que poníamos, ¿no?

A.: Eso es, y lo mismo pasa con las demás ecuaciones en las que íbamos teniendo en cuenta más términos, todas las aportaciones a la radiación incidente van multiplicadas por \alpha.

L.: ¡Pues ya es casualidad que sea \alpha = \epsilon! ¿no?

A.: En realidad es una consecuencia de las leyes de la termodinámica. Imagine que metemos un objeto dentro de un horno que está a una temperatura fija, por ejemplo 300ºC. Al cabo del tiempo, dice la termodinámica, ese objeto alcanzará el equilibrio térmico con las paredes del horno y se pondrá a 300ºC también, ¿no?.

L.: Claro.

A.: Y eso no dependerá de que la emisividad del objeto sea grande o pequeña, la termodinámica dice que pasará para cualquier objeto. Si lo piensa, eso sólo es posible si \alpha = \epsilon. Imagine que metemos dos objetos en el horno, uno con \alpha=0.9 y otro con \alpha=0.1 (por cierto, el primero lo veríamos de un color muy oscuro porque absorbería toda la radiación que le llega, y el segundo lo veríamos de un color muy claro). Los objetos no están en contacto con las paredes, se calientan sólo por radiación (si quiere, quitamos el aire del horno para asegurarnos que no hay convección ni conducción). El objeto oscuro absorbe de la radiación nueve veces más potencia que el claro. Se calentará, por lo menos al principio, nueve veces más deprisa, y para conseguir que las pérdidas fueran iguales que las ganancias tendría que ponerse a más temperatura que el objeto claro. Su temperatura de equilibrio sería mayor… ¡en contradicción con la termodinámica, que dice que los dos objetos acabarán a la temperatura de las paredes!

La única manera de que, ganando 9 veces más energía, alcance el equilibrio térmico a la misma temperatura, es que sus perdidas sean 9 veces mayores: las pérdidas tienen que estar en la misma proporción que las ganancias, por eso tiene que ser \alpha = \epsilon. Esto se llama ley de Kirchhoff.

L.: ¿Pero no era la ley de los circuitos eléctricos?

A.: Bueno, esta es la ley de Kirchhoff de la radiación… ¡no está prohibido hacer descubrientos en varios campos!

L.: Claro, claro. Pero una cosa: ¿entonces para qué sirve la \alpha o la \epsilon, si al final se llega a la misma temperatura?

A.: Es que aunque el estado de equilibrio sea el mismo, el transitorio es diferente. Si la absortancia (igual a la emisividad) es más pequeña, se absorberá menos radiación, y se tardará más en alcanzar el equilibrio. Un cuerpo con \alpha=1, que es lo que se llama un cuerpo negro (¡el más oscuro de todos!) sería el que más rápido se calentaría (a igualdad del resto de las condiciones, como la radiación incidente, el área, la masa y la capacidad calorífica). Aquí he modificado la gráfica que pusimos el otro día, para tener esto en cuenta:

La velocidad de calentamiento depende de la emisividad, aunque la temperatura final es la misma en los tres casos. Los datos de la chapa son los del 3er post de la serie: espesor de 1 mm de acero expuesto a una potencia de 1 cal/cm2·s de radiación.

La velocidad de calentamiento depende de la emisividad, aunque la temperatura final es la misma en los tres casos. Los datos de la chapa son los del 3er post de la serie: espesor de 1 mm de acero expuesto a una potencia de radiación de 1 caloría por cm2 y minuto.

L.: Ya veo. Y por cierto, el cuerpo negro también será el que más rápido se enfría, ¿no? Precisamente porque \alpha= \epsilon=1 y ese es el máximo valor que puede tener.

A.: Justo. Así que para una temperatura determinada, el cuerpo que más energía radía es el cuerpo negro.

L.: ¡Curioso, siendo negro!

A.: Curioso, sí, pero no olvide que sólo lo veríamos como negro si estuviera frío. Si su temperatura sube mucho, según la ley de Stefan-Boltzmann, su emisión sube muchísimo (¡fíjese que la temperatura va elevada nada menos que a la cuarta potencia!). Y le aseguro que, dados dos objetos a la misma temperatura, suficientemente elevada para que los veamos brillar, el cuerpo negro brilla más. Por cierto, este Sol que nos está achicharrando estos días es, con muy buena aproximación, un cuerpo negro. Pero hace tiempo que se me acabó el granizado, ya tenemos que acabar.

L.: Vale. No pase demasiado calor estos días.

A.: Igualmente.

Ola de calor (IV): Calculando

Lector.: Íbamos por que podíamos calcular la temperatura a la que se pone la chapa del techo de un coche cuando está al sol…

Autor.: Bueno, le recuerdo que es una estimación, pero nos servirá para hacernos una idea. Necesitamos una ecuación sencilla pero muy importante, la ley de Stefan-Boltzman. Si llamamos J a la energía por unidad de tiempo y área que emite un cuerpo en forma de radiación, esta ley nos dice que:
J=\sigma T^4
Es decir, que las pérdidas son proporcionales a la cuarta potencia de la temperatura, pero, muy importante, la temperatura tiene que ir en grados Kelvin. La constante de proporcionalidad vale \sigma=5.67 \cdot 10^{-8} W/m^2 K^4

L.: ¿Y esas unidades?

A.: Fíjese que la temperatura va en grados Kelvin, así que al hacer el producto \sigma T^4 las unidades que quedan para J son W/m^2. Como un Watio es un Julio por segundo, al final nos salen Julios por segundo y metro cuadrado, o sea, energía (perdida) por unidad de área y de tiempo, como debe ser.

L.: Pero antes lo medimos en calorías por cm2 y por minuto…

A.: Sí, porque era más cómodo, pero el cambio de unidades es sencillo. No me entretengo en hacer las cuentas, pero sale que la caloría por cm2 y minuto que recibimos del sol son 697 W/m2.

L.: Bueno, ¿y cómo calculamos la temperatura de la chapa?

A.: Pues como hemos quedado en que se estabiliza cuando las pérdidas son iguales a las ganancias, basta escribir esta condición. Si la temperatura final de la placa es Tp,
\sigma T_p^4 = 697 \,\, W/m^2 \,\,\, \Rightarrow \,\,\, T_p = \sqrt[4]{697/\sigma} = 333 K

L.: Pues sí es fácil… ¡pero esa temperatura es demasiado baja! 333 K son 60ºC y la chapa se ponía a un poco más de 100ºC!

A.: Efectivamente. Es que nos hemos olvidado de un detalle importante. ¿Qué temperatura nos habría salido para la chapa si no estuviera al sol?

L.: Si no estuviera al sol… en vez de 697 W/m2 habría que haber puesto cero…¡saldría que la chapa estaría al cero absoluto!¿Absurdo, no?

A.: Justo: esto que acabamos de hacer es una de las costumbres del buen científico, comprobar qué pasa en casos extremos, y aquí vemos enseguida que algo falla. Afortunadamente es fácil detectar el error: se nos estaba olvidando que la chapa no sólo recibe radiación directa del sol, sino del ambiente. Por suerte, ésta la podemos calcular también con la ley de Stefan-Boltzmann. Si el ambiente está a 30ºC, es decir, a 303 K, la placa está recibiendo del ambiente \sigma 303^4 = 478 \, W/m^2. Esto hay que añadirlo a los Watios recibidos del sol, así que queda:
\sigma T_p^4 = (697 + 478) = 1175 \,\, W/m^2 \,\,\, \Rightarrow\,\,\, T_p = \sqrt[4]{1175/ \sigma}= 379 K = 106^{\circ}C

L.: Ah, pues eso ya es casi exactamente lo que salía en el artículo del periódico, el “termómetro laser” medía 102.6ºC

A.: No me lo llame “termómetro láser”… el nombre correcto es pirómetro, y no usa el láser nada más que para apuntar…pero perdone, eso no importa en realidad. Como ve, no tiene nada de raro que una chapa de un coche se ponga a esas temperaturas tan altas. Pero no olvide que en nuestro cálculo hemos ignorado las pérdidas por convección y conducción.

L.: A ver, que lo piense… si las tuviéramos en cuenta, la temperatura sería más baja, ¿no?

A.: Claro, porque la chapa ahora pierde calor con más facilidad y conseguiría equilibrar las pérdidas con las ganancias sin tener que calentarse tanto.

L.: O sea que nos hemos pasado, hemos calculado una temperatura demasiado alta.

A.: Sí, pero por otra parte hemos puesto que recibimos del sol 1 caloría por minuto y cm2 y en realidad es algo más (recuerde que dividimos por 2 el valor de la constante solar, por hacer la cuenta más fácil y redondear a 1). Así que más o menos va lo uno por lo otro. Pero hay otra aproximación que he hecho sin avisar… ¿sabe cuál?

L.: Uf, sé tan poco de la radiación y todos eso que no tengo ni idea de qué puede ser.

A.: En realidad es tan obvio que pasa desapercibido: una chapa tiene dos caras, pero hemos hecho la cuenta como si tuviera una.

L.: Pero es que la cara de dentro no recibe radiación solar

A.: Pero ahí está precisamente: sólo recibe radiación solar por una cara pero pierde por las dos.

L.: Ya veo. O sea, que la temperatura es más fría, ¿no?

A.: Pero no mucho, porque no se olvide que lo que sí recibe la chapa por la cara de dentro es radiación del ambiente, que dentro del coche está muy caliente. Supongamos que está a 60ºC, es decir, a 333 K. Si el área es A, la chapa recibe por el interior \sigma 333^4 A = 697 A \,\, W/m^2

L.: Ese número me suena, 697 W/m2 es lo que recibía del sol. ¿Por qué son los mismos Watios?

A.: ¡Pura coincidencia! Esas cosas pasan a veces. Lo que importa es que podemos hacer la cuenta. Tenemos cuidado de poner que el área por el que está perdiendo energía es 2A y lo que queda es:
\sigma T_p^4 2 A =(697 {+} 478 {+} 697) A = 1872 \, W/m^2 \, \Rightarrow \, T_p {=} \sqrt[4]{1872/ 2 \sigma} {=} 358 K {=}85^{\circ}C
Como ve, no cambia mucho. Y si tenemos en cuenta que la chapa está aislada por dentro, y por tanto no pierde tanto calor por dentro como por fuera, los 106ºC que nos salieron al principio, con la cuenta más sencilla, son un resultado muy razonable.¿Qué le parece?

L.: Me parece impresionante que con una cuenta tan sencilla calculemos tan bien la temperatura. Pero por otra parte, todo esto de las aproximaciones que me ha contado me ha hecho sospechar. Yo me había creído el primer cálculo que hizo, pero ahora veo que había dejado de lado muchas cosas que no se me habían ocurrido, pero cuando las tiene en cuenta me muestra que al final casi no importan… No sé, podría estar haciéndome trampa y no me daría cuenta. Esto de las aproximaciones es un poco escurridizo, y nunca me lo habían contado así.

A.: Porque en los libros de texto suelen barrerse todas las cuestiones un poco incómodas debajo de la alfombra… Pero uno sólo sabe física de verdad hasta que sabe hacer aproximaciones, así que debería de irse enseñando poco a poco este “arte del buen aproximar”, porque es una parte esencial del “oficio” del científico y del ingeniero. No es fácil, hay que tener una idea del orden de magnitud de los distintos efectos que intervienen para poder hacer un “modelo” aproximado que recoja lo esencial, y esto es algo que sólo se aprende con los años. Pero si siempre se barre debajo de la alfombra el asunto, no se aprende nunca.

L.: Bueno, en resumen, que es normal que la chapa esté a más de 100ºC. Oiga, pero ¿por qué el interior del coche está tan caliente? ¿Es por lo mismo, sólo que se calienta a través de las ventanillas y por eso no se pone a 100ºC sino “sólo” a 60ºC?

A.: En parte sí, pero intervienen más cosas. Porque curiosamente el aire en el interior del coche también está muy caliente, y si recuerda habíamos dicho que la atmósfera se calentaba muy poco porque es transparente a la radiación solar. .. ¿Ha oído hablar del efecto invernadero?

L.: Hombre, claro.

A.: Pues tiene mucho que ver con que el interior del coche puesto al sol se convierta en un horno. Pero ya es hora de dejarlo, ¿no? ¡Que llevamos cuatro posts sobre la ola de calor, estoy deshidratado!

L.: Vaaale, vamos a por un granizado. Pero se lo volveré a preguntar.